重庆市永川萱花中学校2023-2024学年高三上学期期中考试数学 Word版含解析.docx

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萱花中学2023-2024学年度高三上期半期考试数学试卷一､单选题：1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据集合交集运算求解即可.【详解】由题，又，所以.故选：C2.已知复数，则（）A.B.C.0D.2【答案】A【解析】【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，所以，所以，．故选：A3.荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的3倍，大约经过（）天．（参考数据：）A.20B.30C.40D.50 【答案】D【解析】【分析】根据已知列方程，然后取对数求解．【详解】设经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍，则，两边取对数得，∴，，故选：D．4.函数的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断.【详解】方法一：因为，即，所以，所以函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；当时，，即，因此，故排除A.故选:D.方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；又，所以排除A.故选：D. 5.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.“直线不相交”是“直线为异面直线”的充分不必要条件；B.若，则C.若直线，则；D.内有不共线三点到距离相等，则【答案】B【解析】【分析】根据空间线面之间位置关系逐项判断即可.【详解】对于A，若“直线不相交”则直线可以平行，不一定异面，若“直线为异面直线”则直线一定不相交，所以“直线不相交”是“直线为异面直线”的必要不充分条件，A错误；对于B，若，则必有，B正确；对于C，若直线，则直线可以在内，不一定有，所以C错误；对于D，不妨设点在内，如下图，三点不共线且到距离相等，不满足，所以D错误；故选：B6.向量，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量数量积及模长计算夹角即可. 【详解】由已知可得，又，所以故选：A7.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.【详解】解：因为，，所以平方得，，，即，，两式相加可得，即，故，.故选：D.8.在棱长为的正方体中，已知为的中点，点为底面上的动点，若，则点的轨迹长度为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取中点，可知四点共面；可分别证得平面，平面 ，从而得到，，由线面垂直的判定可知平面，由此可知点的轨迹为线段.【详解】取的中点，的中点，的中点，连接，分别为中点，，四点共面；平面，平面，，四边形为正方形，，又，平面，平面，又平面，；在与中，，，又，，即，，平面，平面，又平面，，，平面，平面，平面，；，平面，平面，，为底面上的动点，平面平面，点轨迹为线段，点轨迹长度为.故选：A.二､多选题：9.下列命题中，正确的是（）A.已知命题，则是B.从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2 个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件C.甲､乙､丙､丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则D.若随机变量，且，则方差【答案】CD【解析】【分析】由命题的否定的定义判断A，由互斥事件的定义判断B，根据条件概率的定义计算判断C，根据二项分布的均值与方差公式计算后判断D．【详解】全称命题的否定是特称命题，命题的否定是：，A错；从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球这两个事件可能同时发生，它们不互斥，B错；甲､乙､丙､丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，，，，C正确；若随机变量，且，即，，则，，D正确．故选：CD．10.已知函数，则（）A.的最小正周期为B.在上单调递减C.点是图象的一个对称中心 D.将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象【答案】AC【解析】【分析】对于A，直接由周期公式计算即可；对于B，直接检验满足的是否在单调递减区间即可；对于C，直接代入检验即可；对于D，由平移变换法则得到相应的解析式对比即可.【详解】的最小正周期为，故A正确，由，所以在上单调递增，故B错误，，所以是图象的一个对称中心，故C正确，的图象上所有的点向右平移个单位长度得到的图象，故D错误．故选：AC.11.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，．．，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（）A.BC.D. 【答案】ABD【解析】【分析】由题意归纳出各层球个数的规律：，然后再由此通项公式计算判断各选项．【详解】由已知，，A正确；，，B正确；，C错误；，所以，D正确．故选：ABD．12.如图，在正方体中，，点在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（）A.若为棱的中点，则直线平面B.若在线段上运动，则的最小值为C.当与重合时，以为球心，为半径的球与侧面的交线长为D.若在线段上运动，则到直线的最短距离为【答案】AC【解析】【分析】根据空间中点、线、面之间的位置关系，结合异面直线间距离求法和球的截面求法逐项判断即可. 【详解】对于A，如图，在中，为中位线，则，且平面，平面，所以平面，A正确；对于B，将沿展开与四边形在同一个平面内，连接交于，则线段即为的最小值，在中，，由余弦定理可求得，所以，即的最小值为，B错误；对于C，与重合时，以为球心，为半径的球与侧面的交线为以为圆心，半径，圆心角为的圆弧，则交线长度为，故C正确； 对于D，若在线段上运动，则到直线的最短距离即为异面直线，之间的距离，连接交于，取中点为，中点，连接，，因为，且,所以四边形为平行四边形，且，因为，所以,即为异面直线，公垂线段，所以异面直线，之间距离为，D错误；故选：AC三､填空题：13.曲线在点处的切线方程为__________．（化为）【答案】【解析】【分析】利用导数求得斜率后可得切线方程．【详解】，时，，切线方程，即．故答案为：．14.已知向量，若，则的值可以是__________． 【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由垂直的坐标表示求解．【详解】因为，所以，，∴，取，，故答案为：（答案不唯一）．15.已知函数的部分图象如图，，则_________．【答案】【解析】【分析】运用代入法，结合函数的对称性和函数图象的特征进行求解即可.【详解】由函数的图象可知该函数经过、两点，把代入函数解析式中，得，因为，所以，即，把代入中，得，设该函数的最小正周期为，由图象可知， 所以令，得，即，该函数的对称轴为：，与函数的图象可知：关于对称，因此有，且，，故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是通过图象得到和关于对称.16.设定义在上的函数在单调递减，且为偶函数，若，且有，则的最小值为__________．【答案】3【解析】【分析】由函数的奇偶性和单调性求出关系，再利用基本不等式求解即可.【详解】因为为偶函数，所以关于轴对称，又因为在单调递减，所以在单调递增，因为，且有，所以，则，，当且仅当时取等号，所以.故答案为：3 四､解答题：17.已知是等差数列，公差不为0，其前项和为.若，，成等比数列，.（1）求及；（2）已知数列满足，，，为数列的前项和，求的取值范围.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）将，，成等比数列，．转化为和的方程组，解出和，即可得到及；（2）数列满足，当时，运用累加法求出，验证时也成立，再利用裂项相消求和求出，根据其单调性即可求出的范围【详解】（1）设数列的首项为，公差为，由题意得，解得∴，.（2）由得，当时，又由（1）知，∴.经检验，当时上式仍成立，∴，∴， ∵在正整数集上单调递增，，∴.【点睛】方法点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．（1）证明：平面平面；（2）若平面平面，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据平面与平面垂直的性质定理和判定定理即可证明；（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，进而可求出结果.【小问1详解】证明：在正方形中，．又因为平面底面，平面平面平面，所以平面， 而平面，所以平面平面.【小问2详解】设与交于点，则平面平面，在平面内作垂直于，又因为平面平面，所以平面，而平面，所以，又，且，平面，所以平面，因为平面，所以，由（1）知平面，平面，所以，又，底面，所以底面，故和底面所成的角为，即，故．以A为原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系．设．则，所以，设平面和平面的法向量分别为，由即取，得；由即，取，得． 所以，，设二面角的大小为，则．所以二面角的正弦值为．19.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，，且对任意，都有.（1）求的单调递增区间；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）应用向量数量积的坐标表示及三角恒等变换化简求得，结合已知得，进而求得，利用正弦型函数的性质求递增区间；（2）由正弦定理及、已知条件可得，结合余弦定理有，联立求得，最后应用三角形面积公式求面积.【小问1详解】由题意得，且，所以，因为，所以，所以，即，所以，令，解得， 所以的单调递增区间为.【小问2详解】在中，由正弦定理，得，所以①，由余弦定理得，得②，由①②解得，所以的面积为.20.年月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的个项目中任意选一项训练．（1）若该男生进行了天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；（2）设该男生在考前最后天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）分别考虑第一天训练的是和不是“篮球运球上篮”的情况，根据古典概型概率公式可分别求得对应的概率，加和即可求得结果；（2）分别求得每个可能的取值对应的概率，进而确定分布列；根据数学期望公式可求得期望.【小问1详解】记第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；由题意知：三天的训练过程中，所有可能的情况有：种，，，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率.【小问2详解】 由题意知：所有可能的取值为，考前最后天训练中，所有可能的情况有：种；当时，第一天有种选择，之后每天都有种选择，；当时，若第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有种选择，之后每天只有种选择，共种选择；若第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第三天种，之后每天只有种选择，共种选择；第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第二天有种选择，第三天种选择，第四天有种选择，第五天有种选择，共种选择；第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天均只有种选择，第五天有种选择，共种选择；第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有种选择，第二天，第三天，第四天，第五天都只有种选择，共种选择；；当时，只有第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，共有种选择，；，的分布列为：.21.在三棱台中，平面，，，分别为，的中点． （1）证明：∥平面．（2）若，在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；【解析】【分析】（1）先判断四边形为平行四边形，再利用已知条件证明平面平面，从而可证线面平行（2）首先证明，判断四边形为正方形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，设出，表示出，由直线与平面所成角的正弦值解出的值即可.【小问1详解】证明：因为在三棱台中，，为的中点，所以，又，所以四边形为平行四边形，，因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，又、平面，且，所以平面平面，又平面，所以平面．【小问2详解】连接，因平面，且平面，所以平面平面， 又平面平面，易知等边三角形中，，所以平面，所以，又，，所以平面，从而，故四边形为正方形，，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，不妨设，则，，设平面的法向量为，则：，得：令，可得．设直线与平面所成的角为，则，由，得，则，所以线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．22.已知函数，．（1）判断是否存在x，使得，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由； （2）讨论的单调性．【答案】（1）不存在x，使得，理由见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）原不等式等价于，结合换元法即可证明这不可能成立.（2）第二问首先换元，然后连续求导，结合复合函数单调性以及零点存在定理即可求解.【小问1详解】不存在x，使得，理由如下：若成立，则，整理得，然而当时，，不妨设，则，所以在上单调递增，所以，即对于任意的，不可能成立，综上所述，不存在x，使得.【小问2详解】当时，，所以此时，求导得， 继续求导得，所以单调递减，而，，所以存在唯一的使得，且当时，，此时关于单调递增，当时，，此时关于单调递增减，又关于在上单调递增，所以存在唯一，使得，且当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递增，当即时，由复合函数单调性可知此时关于单调递减，综上所述：当时，单调递增，当时，单调递减，其中，即满足.【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是将不等式变形为，然后利用换元法即可，第二问的关键是要构造利用换元法结合复合函数单调性来讨论.